Relations de comparaison : corrigé des exercices de maths sup.

Corrigé de l’exercice 1 : Limites par équivalents usuels

1. En \(0\), par substitution dans les équivalents usuels, \(\ln(1 + 3x) \sim 3x\) et \(\sin(2x) \sim 2x\). Le quotient d’équivalents est permis, donc \(\dfrac{\ln(1+3x)}{\sin(2x)} \sim \dfrac{3x}{2x} = \dfrac{3}{2}\). La limite vaut \(\frac{3}{2}\).
2. Comme \(x^2 \to 0\), on a \(e^{x^2} – 1 \sim x^2\). De plus, \(1 – \cos x \sim \dfrac{x^2}{2}\). Ainsi, le quotient est équivalent à \(\dfrac{x^2}{x^2/2} = 2\). La limite vaut \(2\).
3. Posons \(u = \frac{1}{x}\), qui tend vers \(0\) quand \(x \to +\infty\). Par substitution, \(1 – \cos\frac{1}{x} \sim \dfrac{1}{2x^2}\). Donc \(x^2(1 – \cos\frac{1}{x}) \sim \dfrac{1}{2}\). La limite vaut \(\frac{1}{2}\).
4. On écrit \(2^{1/n} – 1 = e^{(\ln 2)/n} – 1\). Or \(\frac{\ln 2}{n} \to 0\), donc \(e^{(\ln 2)/n} – 1 \sim \dfrac{\ln 2}{n}\). Par conséquent, \(n(2^{1/n} – 1) \sim \ln 2\). La limite vaut \(\ln 2\).
5. Avec \(\alpha = \frac{1}{2}\), on a \(\sqrt{1+x} – 1 = (1+x)^{1/2} – 1 \sim \dfrac{x}{2}\). De plus, \(\tan x \sim x\). Le quotient est donc équivalent à \(\dfrac{x/2}{x}\). La limite vaut \(\frac{1}{2}\).

Point de méthode : chaque expression est un produit ou un quotient ; on remplace chaque facteur par son équivalent, jamais un morceau d’une somme.

Corrigé de l’exercice 2 : Croissances comparées écrites avec o

1. On forme à chaque fois le quotient.
   1. \(\dfrac{(\ln x)^3}{\sqrt{x}} = \dfrac{(\ln x)^3}{x^{1/2}} \to 0\) par croissances comparées, avec \(\beta = 3\) et \(\alpha = \frac{1}{2}\). Donc \((\ln x)^3 = o(\sqrt{x})\).
   2. \(\dfrac{x^5 e^{-x}}{1/x^2} = \dfrac{x^7}{e^{x}} \to 0\) en \(+\infty\). Donc \(x^5 e^{-x} = o(1/x^2)\).
   3. \(\dfrac{\ln x}{1/\sqrt{x}} = \sqrt{x}\,\ln x \to 0\) en \(0^{+}\). Donc \(\ln x = o(1/\sqrt{x})\).
   4. Posons \(t = \frac{1}{x}\), qui tend vers \(+\infty\) quand \(x \to 0^{+}\). Alors \(\dfrac{e^{-1/x}}{x^{10}} = \dfrac{t^{10}}{e^{t}} \to 0\). Donc \(e^{-1/x} = o(x^{10})\) en \(0^{+}\).
2. Comparons les fonctions deux à deux, par quotients successifs.
   • \(\dfrac{f_1}{f_3} = \dfrac{1}{(\ln x)^4} \to 0\), donc \(f_1 = o(f_3)\).
   • \(\dfrac{f_3}{f_2} = \dfrac{(\ln x)^5}{x^{1/2}} \to 0\), donc \(f_3 = o(f_2)\).
   • \(\dfrac{f_2}{f_5} = \dfrac{\ln x}{x^{1/2}} \to 0\), donc \(f_2 = o(f_5)\).
   • Enfin, \(\dfrac{f_5}{f_4} = \dfrac{x^2}{e^{\sqrt{x}} \ln x}\). Avec \(t = \sqrt{x}\), on a \(\dfrac{x^2}{e^{\sqrt{x}}} = \dfrac{t^4}{e^{t}} \to 0\), et \(\frac{1}{\ln x} \to 0\). Donc \(f_5 = o(f_4)\).

   Le classement est \(f_1, f_3, f_2, f_5, f_4\), soit \(x\ln x \ll x(\ln x)^5 \ll x^{3/2} \ll \frac{x^2}{\ln x} \ll e^{\sqrt{x}}\).

Corrigé de l’exercice 3 : Équivalents de polynômes et de fractions rationnelles

1. En \(+\infty\), le numérateur est équivalent à \(3x^4\) et le dénominateur à \(x^2\). Par quotient, \(f(x) \sim 3x^2\). En \(0\), le numérateur tend vers \(2\), donc il est équivalent à \(2\), et le dénominateur est équivalent à \(5x\). Ainsi \(f(x) \sim \dfrac{2}{5x}\) en \(0\). Par conservation de la limite : \(f \to +\infty\) en \(+\infty\), \(f \to +\infty\) en \(0^{+}\) et \(f \to -\infty\) en \(0^{-}\).
2. En \(0\), le monôme non nul de plus bas degré est \(x\), donc \(g(x) \sim x\). En \(+\infty\), \(g(x) \sim x^3\). En \(1\), la règle des monômes ne s’applique pas. On factorise : \(g(x) = x(x^2 – 2x + 1) = x(x-1)^2\). Comme \(x \to 1\), on obtient \(g(x) \sim (x-1)^2\) en \(1\).
3. La règle du monôme de plus bas degré ne vaut qu’en \(0\) ; en \(1\), numérateur et dénominateur tendent tous deux vers \(0\), et il faut les factoriser par \(x – 1\). On a \(x^2 – 1 = (x-1)(x+1)\) et \(x^3 – 1 = (x-1)(x^2 + x + 1)\). Donc, pour \(x \neq 1\), \(h(x) = \dfrac{x+1}{x^2 + x + 1}\). Par continuité, \(h(x) \to \frac{2}{3}\) en \(1\).

Corrigé de l’exercice 4 : Comparer des suites avec o et O

1. On étudie chaque fois le quotient.
   1. \(\dfrac{n^2 + 3n}{n^2} = 1 + \dfrac{3}{n} \to 1\). Le quotient est borné, donc c’est un \(O\). C’est même un équivalent : \(n^2 + 3n \sim n^2\), mais pas un \(o\).
   2. \(\dfrac{(-1)^n n}{n} = (-1)^n\) est borné. En revanche, cette suite n’a pas de limite. On a \((-1)^n n = O(n)\), sans \(o\) ni équivalent.
   3. \(\dfrac{n^2 \sin(1/n)}{n} = \dfrac{\sin(1/n)}{1/n} \to 1\), car \(\sin u \sim u\) en \(0\). Donc \(n^2 \sin\frac{1}{n} \sim n\).
   4. \(\dfrac{1}{n+1} – \dfrac{1}{n} = -\dfrac{1}{n(n+1)}\), et son quotient par \(\frac{1}{n^2}\) vaut \(-\frac{n}{n+1} \to -1\). C’est un \(O(1/n^2)\), et même \(-\frac{1}{n^2}\) en équivalent.
2. On compare les suites voisines. D’abord, \(\dfrac{(\ln n)^{100}}{\sqrt{n}\ln n} = \dfrac{(\ln n)^{99}}{n^{1/2}} \to 0\). Ensuite, \(\dfrac{\sqrt{n}\ln n}{n^{10}} = \dfrac{\ln n}{n^{19/2}} \to 0\). Puis \(n^{10} = o(1{,}1^n)\), car \(1{,}1 > 1\). Enfin, \(1{,}1^n = o(n!)\) et \(n! = o(n^n)\) d’après le cours. L’ordre est \((\ln n)^{100}\), \(\sqrt{n}\ln n\), \(n^{10}\), \(1{,}1^n\), \(n!\), \(n^n\).

Corrigé de l’exercice 5 : Vrai ou faux sur les règles de calcul

1. Vrai. En effet, \(\dfrac{u_n^2}{v_n^2} = (\dfrac{u_n}{v_n})^2 \to 1^2 = 1\). La puissance est fixe, donc la règle s’applique.
2. Vrai, grâce à la positivité. Posons \(a_n = \frac{u_n}{v_n}\) et \(b_n = \frac{w_n}{t_n}\), qui tendent vers \(1\). Alors \(\dfrac{u_n + w_n}{v_n + t_n} = \dfrac{a_n v_n + b_n t_n}{v_n + t_n}\) est une moyenne pondérée de \(a_n\) et \(b_n\), à poids positifs. Elle est donc comprise entre \(\min(a_n, b_n)\) et \(\max(a_n, b_n)\), qui tendent vers \(1\). Par encadrement, le quotient tend vers \(1\). Attention : sans hypothèse de signe, c’est faux, comme le montre l’exemple du cours avec \(n^2 + n\) et \(-n^2\).
3. Faux. Prenons \(u_n = n + 1\) et \(v_n = n\). Alors \(u_n \sim v_n\), mais \(\dfrac{e^{u_n}}{e^{v_n}} = e \neq 1\).
4. Faux. Avec \(u_n = n^2 + n\) et \(v_n = n^2\), on a \(u_n \sim v_n\), mais \(u_n – v_n = n \to +\infty\).
5. Vrai. C’est la transitivité : \(\dfrac{u_n}{w_n} = \dfrac{u_n}{v_n}\cdot\dfrac{v_n}{w_n}\), produit d’une suite qui tend vers \(0\) et d’une suite bornée. Il tend donc vers \(0\).
6. Vrai. En effet, \(\dfrac{u_n + v_n}{v_n} = 1 + \dfrac{u_n}{v_n} \to 1\).
7. Faux. Avec \(u_n = \frac{1}{n}\) et \(v_n = \frac{1}{n^2}\), on a \(u_n – v_n \to 0\), mais \(\dfrac{u_n}{v_n} = n \to +\infty\).

Point de méthode : pour réfuter une règle, on cherche un contre-exemple parmi les suites les plus simples : \(n\), \(n+1\), \(n^2\), \(\frac{1}{n}\).

Corrigé de l’exercice 6 : Différences, factoriser avant d’utiliser les équivalents

1. La première erreur consiste à soustraire deux équivalents, ce qui est interdit. La seconde consiste à écrire « \(\sim 0\) », ce qui signifierait que la différence est nulle à partir d’un certain rang. Or \(\sqrt{n+1} – \sqrt{n} > 0\) pour tout \(n\), donc la conclusion est fausse.
2. On multiplie par la quantité conjuguée : \(\sqrt{n+1} – \sqrt{n} = \dfrac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}\). Ensuite, \(\sqrt{n+1} + \sqrt{n} = \sqrt{n}(\sqrt{1 + \frac{1}{n}} + 1) \sim 2\sqrt{n}\). Par quotient, \(\sqrt{n+1} – \sqrt{n} \sim \dfrac{1}{2\sqrt{n}}\).
3. On factorise dans le logarithme : \(\ln(n+1) – \ln n = \ln(1 + \frac{1}{n})\). Or \(\frac{1}{n} \to 0\), donc \(\ln(n+1) – \ln n \sim \dfrac{1}{n}\).
4. On factorise par \(e^{1/(n+1)}\) : \(e^{1/n} – e^{1/(n+1)} = e^{1/(n+1)}(e^{\delta_n} – 1)\), avec \(\delta_n = \dfrac{1}{n} – \dfrac{1}{n+1} = \dfrac{1}{n(n+1)}\). D’abord, \(e^{1/(n+1)} \to 1\). Ensuite, \(\delta_n \to 0\), donc \(e^{\delta_n} – 1 \sim \delta_n \sim \dfrac{1}{n^2}\). Par produit, \(e^{1/n} – e^{1/(n+1)} \sim \dfrac{1}{n^2}\).
5. Pour \(x > 0\), \(\sqrt{x^2 + x} – x = x(\sqrt{1 + \frac{1}{x}} – 1)\). Par substitution, \(\sqrt{1 + \frac{1}{x}} – 1 \sim \dfrac{1}{2x}\). Donc l’expression est équivalente à \(x \cdot \frac{1}{2x} = \frac{1}{2}\). La limite vaut \(\frac{1}{2}\).

Point de méthode : devant une différence, on la transforme en produit (quantité conjuguée, factorisation, propriétés de \(\ln\) et \(\exp\)) avant d’utiliser les équivalents.

Corrigé de l’exercice 7 : Signe et limite par équivalents

1. En \(0\), \(1 – \cos x \sim \frac{x^2}{2}\), \(e^x – 1 \sim x\) et \(\ln(1 + x^2) \sim x^2\). Par produit et quotient, \(f(x) \sim \dfrac{(x^2/2) \cdot x}{x^2} = \dfrac{x}{2}\). Par conservation de la limite, \(f(x) \to 0\). Par conservation du signe, \(f\) a le signe de \(\frac{x}{2}\) au voisinage de \(0\). Ainsi \(f(x) \sim \frac{x}{2}\), \(f \to 0\), \(f > 0\) à droite de \(0\) et \(f < 0\) à gauche.
2. On a \(e^{2x} – 1 \sim 2x\) et \(\sqrt{1+x} – 1 \sim \frac{x}{2}\). Donc le quotient est équivalent à \(\dfrac{2x}{x/2} = 4\). La limite vaut \(4\).
3. Au numérateur, \(3n \ln n = o(n^2)\) et \(1 = o(n^2)\), donc \(n^2 – 3n\ln n + 1 = n^2 + o(n^2) \sim n^2\). Au dénominateur, \(n^3 – 100 n^2 \sim n^3\). Par quotient, \(u_n \sim \dfrac{1}{n}\). Donc \(u_n \to 0\) et, par conservation du signe, \(u_n > 0\) à partir d’un certain rang.
4. On écrit \(v_n = \ln(1 + h_n)\) avec \(h_n = \cos\frac{1}{n} – 1\). Comme \(h_n \to 0\), on a \(\ln(1 + h_n) \sim h_n\). Or \(h_n \sim -\dfrac{1}{2n^2}\). Donc \(v_n \sim -\dfrac{1}{2n^2}\), et \(v_n < 0\) à partir d’un certain rang, avec \(n^2 v_n \to -\frac{1}{2}\). En réalité, \(0 < \cos\frac{1}{n} < 1\) pour tout \(n \geq\, 1\), donc \(v_n < 0\) pour tout \(n \geq\, 1\).

Corrigé de l’exercice 8 : Domination et symbole O

1. Pour \(x > 0\), \(\dfrac{f(x)}{x} = 2 + \sin x \in [1, 3]\). Ce quotient est borné, donc \(f(x) = O(x)\). De plus, \(\dfrac{x}{f(x)} = \dfrac{1}{2 + \sin x} \in [\frac{1}{3}, 1]\), donc \(x = O(f(x))\). Cependant, \(2 + \sin x\) n’a pas de limite en \(+\infty\) : il vaut \(3\) aux points \(\frac{\pi}{2} + 2k\pi\) et \(1\) aux points \(-\frac{\pi}{2} + 2k\pi\). Donc \(f\) et \(x\) se dominent mutuellement sans être équivalentes.
2. Pour tout \(x \neq 0\), \(|\sin\frac{1}{x}| \leq\, 1\), donc \(\sin\frac{1}{x} = O(1)\). En revanche, posons \(x_k = \dfrac{1}{\frac{\pi}{2} + 2k\pi}\). Alors \(x_k \to 0\) et \(\sin\frac{1}{x_k} = 1\) pour tout \(k\). La fonction ne tend donc pas vers \(0\) : ce n’est pas un \(o(1)\).
3. Par hypothèse, il existe \(M > 0\) et un voisinage de \(a\) sur lequel \(|f| \leq\, M|g|\). Or \(M|g| \to 0\). Par encadrement, \(f \to 0\) en \(a\).
4. Il existe \(M\) tel que \(|u_n| \leq\, \frac{M}{n^2}\) à partir d’un certain rang. Donc \(|n u_n| \leq\, \frac{M}{n} \to 0\). Ainsi \(n u_n \to 0\). En revanche, l’hypothèse \(u_n = O(1/n)\) ne suffit pas : avec \(u_n = \frac{1}{n}\), on a \(n u_n = 1\) pour tout \(n\).

Corrigé de l’exercice 9 : Équivalent de ln(n!) par encadrement

1. Soit \(k \geq\, 2\). Pour \(t \in [k-1, k]\), la croissance de \(\ln\) donne \(\ln t \leq\, \ln k\). En intégrant sur un intervalle de longueur \(1\), on obtient \(\int_{k-1}^{k} \ln t\,dt \leq\, \ln k\). De même, pour \(t \in [k, k+1]\), \(\ln k \leq\, \ln t\), d’où \(\ln k \leq\, \int_{k}^{k+1} \ln t\,dt\). L’encadrement est démontré. La figure ci-dessous montre les rectangles de hauteur \(\ln k\) posés sur \([k-1, k]\), au-dessus de la courbe.

2. On somme pour \(k\) de \(2\) à \(n\), en remarquant que \(\ln(n!) = \sum_{k=2}^{n} \ln k\). À gauche, la relation de Chasles donne \(\int_1^n \ln t\,dt = [t\ln t – t]_1^n = n\ln n – n + 1\). À droite, on obtient \(\int_2^{n+1} \ln t\,dt\), qui est inférieur à \(\int_1^{n+1} \ln t\,dt\) car \(\ln \geq\, 0\) sur \([1, 2]\). Or \(\int_1^{n+1} \ln t\,dt = (n+1)\ln(n+1) – (n+1) + 1\). Donc \(n\ln n – n + 1 \leq\, \ln(n!) \leq\, (n+1)\ln(n+1) – n\).
3. Divisons par \(n\ln n > 0\). La borne inférieure devient \(1 – \dfrac{1}{\ln n} + \dfrac{1}{n\ln n} \to 1\). Pour la borne supérieure, \(\dfrac{(n+1)\ln(n+1)}{n\ln n} = \dfrac{n+1}{n}\cdot\dfrac{\ln(n+1)}{\ln n}\). Or \(\ln(n+1) = \ln n + \ln(1 + \frac{1}{n})\), donc \(\frac{\ln(n+1)}{\ln n} \to 1\). De plus, \(\frac{n}{n\ln n} \to 0\). La borne supérieure divisée par \(n \ln n\) tend donc aussi vers \(1\). Par encadrement, \(\ln(n!) \sim n\ln n\).
4. Non. En effet, \(\dfrac{n!}{n^n} \leq\, \dfrac{1}{n} \to 0\), donc \(n! = o(n^n)\). Pourtant, \(\ln(n^n) = n\ln n \sim \ln(n!)\). Des logarithmes équivalents ne donnent pas des suites équivalentes : on ne compose pas un équivalent par l’exponentielle.

Corrigé de l’exercice 10 : Sommes de puissances d’entiers

1. La fonction \(t \mapsto t^{\alpha}\) est croissante sur \([0, +\infty[\) car \(\alpha > 0\). Pour \(k \geq\, 1\), on a donc \(\int_{k-1}^{k} t^{\alpha}\,dt \leq\, k^{\alpha} \leq\, \int_{k}^{k+1} t^{\alpha}\,dt\). En sommant de \(k = 1\) à \(n\), on trouve
   \[\int_0^n t^{\alpha}\,dt \leq\, S_n \leq\, \int_1^{n+1} t^{\alpha}\,dt \leq\, \int_0^{n+1} t^{\alpha}\,dt.\]
   Ces intégrales valent \(\frac{n^{\alpha+1}}{\alpha+1}\) et \(\frac{(n+1)^{\alpha+1}}{\alpha+1}\). Ensuite, \((n+1)^{\alpha+1} \sim n^{\alpha+1}\), car \((1 + \frac{1}{n})^{\alpha+1} \to 1\). Par encadrement, \(S_n \sim \dfrac{n^{\alpha+1}}{\alpha+1}\).
2. Pour \(\alpha = 2\), on sait que \(\sum_{k=1}^{n} k^2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}\). Par produit d’équivalents, cette somme est équivalente à \(\dfrac{n \cdot n \cdot 2n}{6} = \dfrac{n^3}{3}\). C’est bien \(\frac{n^{\alpha+1}}{\alpha+1}\) pour \(\alpha = 2\).
3. Cette fois, \(t \mapsto \frac{1}{\sqrt{t}}\) est décroissante sur \(]0, +\infty[\). Pour \(k \geq\, 1\), \(\frac{1}{\sqrt{k}} \geq\, \int_k^{k+1} \frac{dt}{\sqrt{t}}\), et la somme donne \(T_n \geq\, \int_1^{n+1} \frac{dt}{\sqrt{t}} = 2\sqrt{n+1} – 2\). Pour \(k \geq\, 2\), \(\frac{1}{\sqrt{k}} \leq\, \int_{k-1}^{k} \frac{dt}{\sqrt{t}}\). En isolant le terme \(k = 1\), on obtient \(T_n \leq\, 1 + \int_1^n \frac{dt}{\sqrt{t}} = 2\sqrt{n} – 1\). Enfin, les deux bornes divisées par \(2\sqrt{n}\) tendent vers \(1\). Donc \(T_n \sim 2\sqrt{n}\).

Corrigé de l’exercice 11 : Logarithme d’un équivalent

1. Au voisinage de \(a\), on écrit \(\ln f = \ln g + \ln\dfrac{f}{g}\). Comme \(\frac{f}{g} \to 1\), on a \(\ln\frac{f}{g} \to 0\) par continuité de \(\ln\) en \(1\). Ensuite, \(\ln g\) tend vers \(\ln \ell\) si \(\ell \in \, ]0, +\infty[\), vers \(-\infty\) si \(\ell = 0\) et vers \(+\infty\) si \(\ell = +\infty\). Dans tous les cas, cette limite est non nulle car \(\ell \neq 1\). Donc \(\ln g\) ne s’annule pas au voisinage de \(a\), et
   \[\frac{\ln f}{\ln g} = 1 + \frac{\ln(f/g)}{\ln g} \to 1 + 0 = 1.\]
   Ainsi \(\ln f \sim \ln g\).
2. D’abord, \(n^2 + n + 1 \sim n^2 \to +\infty\), donc \(\ln(n^2 + n + 1) \sim \ln(n^2) = 2\ln n\). Ensuite, \(\sin x \sim x \to 0\) en \(0^{+}\), donc \(\ln(\sin x) \sim \ln x\). Enfin, \(x + \sqrt{x^2+1} = x(1 + \sqrt{1 + \frac{1}{x^2}}) \sim 2x \to +\infty\). Donc \(\ln(x + \sqrt{x^2+1}) \sim \ln(2x) = \ln 2 + \ln x \sim \ln x\). Les équivalents sont \(2\ln n\), \(\ln x\) et \(\ln x\).
3. Prenons \(f_n = 1 + \frac{1}{n}\) et \(g_n = 1 + \frac{2}{n}\), qui tendent vers \(1\). Leur quotient tend vers \(1\), donc \(f_n \sim g_n\). Pourtant, \(\ln f_n \sim \frac{1}{n}\) et \(\ln g_n \sim \frac{2}{n}\). Le quotient \(\frac{\ln f_n}{\ln g_n}\) tend vers \(\frac{1}{2}\), et non vers \(1\).

Corrigé de l’exercice 12 : Limites de puissances, les pièges de la composition

1. Au voisinage de \(0\), \(\cos x > 0\) et \((\cos x)^{1/x^2} = \exp(\dfrac{\ln(\cos x)}{x^2})\). Posons \(h = \cos x – 1 \to 0\). Alors \(\ln(\cos x) = \ln(1 + h) \sim h \sim -\dfrac{x^2}{2}\). L’exposant est donc équivalent à \(-\frac{1}{2}\), et il tend vers \(-\frac{1}{2}\). Par continuité de \(\exp\), la limite vaut \(e^{-1/2}\).
2. Pour \(x > 1\), posons \(q(x) = \dfrac{\ln(x+1)}{\ln x} = 1 + u(x)\), avec \(u(x) = \dfrac{\ln(1 + \frac{1}{x})}{\ln x}\). On a \(u(x) \sim \dfrac{1}{x\ln x} \to 0\). Donc \(\ln q(x) = \ln(1 + u(x)) \sim u(x) \sim \dfrac{1}{x\ln x}\). L’exposant \(x\ln x \cdot \ln q(x)\) tend ainsi vers \(1\). La limite vaut \(e\).
3. D’après le développement admis, \(n\sin\frac{1}{n} = n(\frac{1}{n} – \frac{1}{6n^3} + o(\frac{1}{n^3})) = 1 – \frac{1}{6n^2} + o(\frac{1}{n^2})\). Posons \(k_n = n\sin\frac{1}{n} – 1\), qui est équivalent à \(-\frac{1}{6n^2}\) et tend vers \(0\). Alors \(n^2 \ln(n\sin\frac{1}{n}) = n^2\ln(1 + k_n) \sim n^2 k_n \sim -\frac{1}{6}\). La limite vaut \(e^{-1/6}\).
4. Avec \(u = \frac{1}{x}\), on obtient \(x^2\ln(1 + \frac{1}{x}) = x^2(\frac{1}{x} – \frac{1}{2x^2} + o(\frac{1}{x^2})) = x – \frac{1}{2} + o(1)\). Cette quantité est bien équivalente à \(x\). Cependant, \((1 + \frac{1}{x})^{x^2} e^{-x} = \exp(-\frac{1}{2} + o(1)) \to e^{-1/2}\). La limite vaut \(e^{-1/2} \neq 1\) : on n’a donc pas \((1 + \frac{1}{x})^{x^2} \sim e^{x}\). C’est l’exemple type d’une composition interdite par \(\exp\).

Point de méthode : pour composer par l’exponentielle, il faut connaître l’exposant à \(o(1)\) près, et non seulement à un équivalent près.

Corrigé de l’exercice 13 : Formule de Stirling et coefficients binomiaux

1. D’après la formule de Stirling, \(n! \sim \sqrt{2\pi n}\,\dfrac{n^n}{e^n}\), donc \(\dfrac{n!\,e^n}{n^n} \sim \sqrt{2\pi n}\). En passant à l’inverse, ce qui est permis, \(\dfrac{n^n}{n!\,e^n} \sim \dfrac{1}{\sqrt{2\pi n}}\).
2. On a \(\binom\,{3n}{n} = \dfrac{(3n)!}{n!\,(2n)!}\). La formule de Stirling donne
   \[(3n)! \sim \sqrt{6\pi n}\,\frac{(3n)^{3n}}{e^{3n}}, \quad n! \sim \sqrt{2\pi n}\,\frac{n^n}{e^n}, \quad (2n)! \sim \sqrt{4\pi n}\,\frac{(2n)^{2n}}{e^{2n}}.\]
   Les puissances de \(e\) se simplifient, ainsi que \(n^{3n}\). Il reste \(\dfrac{3^{3n}}{2^{2n}} = (\dfrac{27}{4})^n\) et le facteur \(\dfrac{\sqrt{6\pi n}}{\sqrt{2\pi n}\sqrt{4\pi n}} = \dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{4\pi n}} = \dfrac{\sqrt{3}}{2\sqrt{\pi n}}\). Donc \(\binom\,{3n}{n} \sim \dfrac{\sqrt{3}}{2\sqrt{\pi n}}(\dfrac{27}{4})^n\).
3. Les \(4^n\) suites de résultats sont équiprobables, et \(\binom\,{2n}{n}\) d’entre elles comportent exactement \(n\) piles. Donc \(p_n = \dbinom{2n}{n}4^{-n}\). D’après le cours, \(\binom\,{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}\). Ainsi \(p_n \sim \dfrac{1}{\sqrt{\pi n}}\), et \(p_n \to 0\). La figure ci-dessous compare \(p_n\) à cet équivalent.

4. Par produit, \(\sqrt{n}\,p_n \sim \dfrac{\sqrt{n}}{\sqrt{\pi n}} = \dfrac{1}{\sqrt{\pi}}\). La limite vaut \(\frac{1}{\sqrt{\pi}} \approx 0{,}564\). Autrement dit, l’égalité parfaite entre piles et faces devient rare, mais seulement comme \(1/\sqrt{n}\).

Corrigé de l’exercice 14 : Formule de Stirling et racine n-ième de n!

1. La règle \(f^{\alpha} \sim g^{\alpha}\) suppose un exposant \(\alpha\) fixe. Ici, l’exposant \(\frac{1}{n}\) dépend de \(n\), et une telle règle est fausse en général : \(1 + \frac{1}{n} \sim 1\), mais \((1 + \frac{1}{n})^n \to e\). Il faut donc un argument. Écrivons \(n! = \sqrt{2\pi n}(\frac{n}{e})^n(1 + \varepsilon_n)\), avec \(\varepsilon_n \to 0\). Alors
   \[(n!)^{1/n} = \frac{n}{e}\,\exp(\frac{\ln(2\pi n)}{2n})\exp(\frac{\ln(1 + \varepsilon_n)}{n}).\]
   Par croissances comparées, \(\frac{\ln(2\pi n)}{2n} \to 0\). De plus, \(\ln(1 + \varepsilon_n) \to 0\), donc le second exposant tend vers \(0\). Les deux exponentielles tendent vers \(1\), d’où \((n!)^{1/n} \sim \dfrac{n}{e}\).
2. D’abord, \(((2n)!)^{1/n} = (((2n)!)^{1/(2n)})^2\). La question précédente, appliquée au rang \(2n\), donne \(((2n)!)^{1/(2n)} \sim \frac{2n}{e}\). En élevant au carré, \(((2n)!)^{1/n} \sim \frac{4n^2}{e^2}\). Ensuite, par quotient, \((\dfrac{(2n)!}{n!})^{1/n} \sim \dfrac{4n^2/e^2}{n/e} = \dfrac{4n}{e}\). La limite demandée vaut \(\frac{4}{e}\).
3. On compare les logarithmes. D’après le cours, \(\ln(n!) = n\ln n – n + \frac{1}{2}\ln(2\pi n) + o(1)\). Donc \(\ln(n!) – \frac{n}{2}\ln n = \frac{n}{2}\ln n – n + \frac{1}{2}\ln(2\pi n) + o(1)\). Or \(n = o(n\ln n)\), donc cette différence est équivalente à \(\frac{n}{2}\ln n\) et tend vers \(+\infty\). Par conséquent, \(\dfrac{n^{n/2}}{n!} = \exp(\frac{n}{2}\ln n – \ln(n!)) \to 0\). Ainsi \(n^{n/2} = o(n!)\).

Corrigé de l’exercice 15 : Une suite récurrente qui tend vers 0

1. Posons \(\varphi(x) = x – x^2 = x(1 – x)\). Pour \(x \in \, ]0, 1[\), les deux facteurs sont strictement positifs, et \(\varphi(x) \leq\, \frac{1}{4}\), maximum atteint en \(\frac{1}{2}\). Donc \(\varphi\) envoie \(]0,1[\) dans \(]0, \frac{1}{4}] \subset \, ]0, 1[\). Par récurrence, \(u_n \in \, ]0,1[\) pour tout \(n\). Ensuite, \(u_{n+1} – u_n = -u_n^2 < 0\) : la suite est décroissante. Elle est minorée par \(0\), donc elle converge vers un réel \(\ell \in [0, 1[\). Par continuité de \(\varphi\), \(\ell = \ell – \ell^2\), donc \(\ell^2 = 0\). Ainsi \(u_n \to 0\). La figure ci-dessous montre l’escalier construit sur la parabole, qui se rapproche de l’origine.

2. Comme \(u_n \neq 0\) et \(1 – u_n \neq 0\), on calcule
   \[\frac{1}{u_{n+1}} – \frac{1}{u_n} = \frac{1}{u_n(1 – u_n)} – \frac{1}{u_n} = \frac{1 – (1 – u_n)}{u_n(1 – u_n)} = \frac{1}{1 – u_n}.\]
   Comme \(0 < 1 – u_n < 1\), ce terme est strictement supérieur à \(1\). En sommant de \(0\) à \(n – 1\), on obtient \(\frac{1}{u_n} > \frac{1}{u_0} + n > n\). Donc \(u_n < \frac{1}{n}\) pour tout \(n \geq\, 1\).
3. Posons \(a_n = \frac{1}{u_n}\). D’après la question 2, \(a_{n+1} – a_n = \frac{1}{1 – u_n} \to 1\), car \(u_n \to 0\). Le lemme de Cesàro donne \(\frac{a_n}{n} \to 1\), c’est-à-dire \(\frac{1}{n u_n} \to 1\). Par passage à l’inverse, \(u_n \sim \dfrac{1}{n}\).

Point de méthode : pour \(u_{n+1} = u_n – a u_n^{p} + \cdots\), on cherche un exposant \(\beta\) tel que \(u_{n+1}^{-\beta} – u_n^{-\beta}\) ait une limite non nulle ; ici \(p = 2\) et \(\beta = 1\).

Corrigé de l’exercice 16 : Racine d’une équation à paramètre

1. La fonction \(f_n\) est dérivable, avec \(f_n^{\prime}(x) = 5x^4 + n > 0\). Elle est donc strictement croissante et continue sur \([0, +\infty[\). De plus, \(f_n(0) = -1 < 0\) et \(f_n(\frac{1}{n}) = \frac{1}{n^5} > 0\). Par le théorème des valeurs intermédiaires, \(f_n\) s’annule sur \(]0, \frac{1}{n}[\). Par stricte monotonie, ce zéro est unique sur \([0, +\infty[\). Ainsi \(x_n\) existe, est unique et vérifie \(0 < x_n < \frac{1}{n}\).
2. Par encadrement, \(x_n \to 0\), donc \(x_n^5 \to 0\). L’équation s’écrit \(n x_n = 1 – x_n^5\), qui tend vers \(1\). Donc \(n x_n \to 1\), c’est-à-dire \(x_n \sim \frac{1}{n}\).
3. On réinjecte. D’une part, \(x_n = \dfrac{1}{n} – \dfrac{x_n^5}{n}\). D’autre part, \(x_n^5 \sim \frac{1}{n^5}\), car la puissance \(5\) est fixe. Donc \(x_n^5 = \frac{1}{n^5} + o(\frac{1}{n^5})\), puis \(\frac{x_n^5}{n} = \frac{1}{n^6} + o(\frac{1}{n^6})\). Ainsi \(x_n = \dfrac{1}{n} – \dfrac{1}{n^6} + o(\dfrac{1}{n^6})\).
4. On réinjecte une nouvelle fois. On a \(x_n = \frac{1}{n}(1 + h_n)\) avec \(h_n = -\frac{1}{n^5} + o(\frac{1}{n^5})\). Or \((1 + h)^5 – 1 \sim 5h\) en \(0\), donc \((1 + h_n)^5 = 1 + 5h_n + o(h_n) = 1 – \frac{5}{n^5} + o(\frac{1}{n^5})\). Par conséquent, \(x_n^5 = \frac{1}{n^5} – \frac{5}{n^{10}} + o(\frac{1}{n^{10}})\). En divisant par \(n\) et en reportant dans \(x_n = \frac{1}{n} – \frac{x_n^5}{n}\), on obtient \(x_n = \dfrac{1}{n} – \dfrac{1}{n^6} + \dfrac{5}{n^{11}} + o(\dfrac{1}{n^{11}})\).

Point de méthode : chaque réinjection dans l’équation \(x_n = \frac{1 – x_n^5}{n}\) fournit un terme de plus ; on vérifie à chaque étape la précision du \(o\).

Corrigé de l’exercice 17 : Les solutions de tan x = x

1. Soit \(J_n = ]n\pi – \frac{\pi}{2}, n\pi + \frac{\pi}{2}[\) et \(g(x) = \tan x – x\) sur \(J_n\). Alors \(g^{\prime}(x) = 1 + \tan^2 x – 1 = \tan^2 x \geq\, 0\), et \(g^{\prime}\) ne s’annule qu’en \(n\pi\). La fonction \(g\) est donc strictement croissante sur \(J_n\). Elle tend vers \(-\infty\) à gauche et vers \(+\infty\) à droite de \(J_n\). Par continuité et stricte monotonie, \(g\) réalise une bijection de \(J_n\) sur \(\mathbb{R}\) : elle s’annule en un unique point \(x_n\). Enfin, \(g(n\pi) = -n\pi < 0\), donc \(x_n \in ]n\pi, n\pi + \frac{\pi}{2}[\).
2. De \(n\pi < x_n < n\pi + \frac{\pi}{2}\), on déduit \(1 < \dfrac{x_n}{n\pi} < 1 + \dfrac{1}{2n}\). Par encadrement, \(x_n \sim n\pi\).
3. Posons \(y_n = x_n – n\pi \in ]0, \frac{\pi}{2}[\). Par \(\pi\)-périodicité, \(\tan y_n = \tan x_n = x_n\). Comme \(y_n \in ]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[\), on a \(y_n = \arctan(\tan y_n) = \arctan(x_n)\). Donc \(x_n = n\pi + \arctan(x_n)\). Or \(x_n \to +\infty\), donc \(\arctan(x_n) \to \frac{\pi}{2}\). Ainsi \(x_n = n\pi + \frac{\pi}{2} + o(1)\).
4. Comme \(x_n > 0\), on a \(\arctan(x_n) = \frac{\pi}{2} – \arctan\frac{1}{x_n}\). Or \(\frac{1}{x_n} \to 0\), donc \(\arctan\frac{1}{x_n} \sim \frac{1}{x_n} \sim \frac{1}{n\pi}\), d’après la question 2. Ainsi \(\arctan\frac{1}{x_n} = \frac{1}{n\pi} + o(\frac{1}{n})\). Finalement, \(x_n = n\pi + \dfrac{\pi}{2} – \dfrac{1}{n\pi} + o(\dfrac{1}{n})\). La figure ci-dessous confirme numériquement ce développement.

Corrigé de l’exercice 18 : Une suite d’intégrales

1. D’abord, \(I_0 = \int_0^1 \frac{dx}{1+x} = [\ln(1+x)]_0^1 = \ln 2\). Ensuite, l’intégrande est positive sur \([0, 1]\), donc \(I_n \geq\, 0\). De plus, \(x^{n+1} \leq\, x^n\) sur \([0, 1]\), donc \(I_{n+1} \leq\, I_n\). Enfin, \(1 + x \geq\, 1\) donne \(\frac{x^n}{1+x} \leq\, x^n\), d’où \(I_n \leq\, \int_0^1 x^n\,dx = \frac{1}{n+1}\). Par encadrement, \(I_n \to 0\).
2. Par linéarité, \(I_n + I_{n+1} = \int_0^1 \dfrac{x^n(1 + x)}{1 + x}\,dx = \int_0^1 x^n\,dx\). Donc \(I_n + I_{n+1} = \dfrac{1}{n+1}\).
3. Soit \(n \geq\, 1\). Comme \(I_{n+1} \leq\, I_n\), on a \(\frac{1}{n+1} = I_n + I_{n+1} \leq\, 2I_n\). De même, \(I_n \leq\, I_{n-1}\) donne \(2I_n \leq\, I_{n-1} + I_n = \frac{1}{n}\). D’où \(\dfrac{1}{2(n+1)} \leq\, I_n \leq\, \dfrac{1}{2n}\). Les deux bornes sont équivalentes à \(\frac{1}{2n}\). Par encadrement, \(I_n \sim \dfrac{1}{2n}\).
4. L’encadrement précédent donne \(0 \leq\, \dfrac{1}{2n} – I_n \leq\, \dfrac{1}{2n} – \dfrac{1}{2(n+1)} = \dfrac{1}{2n(n+1)} \leq\, \dfrac{1}{2n^2}\). Donc \(I_n = \dfrac{1}{2n} + O(\dfrac{1}{n^2})\).

Point de méthode : une relation entre \(I_n\) et \(I_{n+1}\), combinée à la monotonie, suffit souvent à encadrer \(I_n\) par deux quantités équivalentes.

Corrigé de l’exercice 19 : Intégrales de Wallis et constante de Stirling

1. On a \(W_0 = \frac{\pi}{2}\) et \(W_1 = [-\cos t]_0^{\pi/2} = 1\). Sur \(]0, \frac{\pi}{2}]\), \(\sin^n t > 0\), et la fonction est continue, donc \(W_n > 0\). Ensuite, \(0 \leq\, \sin t \leq\, 1\) donne \(\sin^{n+1} t \leq\, \sin^n t\). Par croissance de l’intégrale, \((W_n)\) est décroissante.
2. On écrit \(W_{n+2} = \int_0^{\pi/2} \sin^{n+1} t \cdot \sin t\,dt\). On intègre par parties avec \(u = \sin^{n+1}\) et \(v = -\cos\), fonctions de classe \(C^1\). Le crochet \([-\cos t \sin^{n+1} t]_0^{\pi/2}\) est nul. Il reste \(W_{n+2} = (n+1)\int_0^{\pi/2} \sin^n t \cos^2 t\,dt\). Or \(\cos^2 = 1 – \sin^2\), donc \(W_{n+2} = (n+1)(W_n – W_{n+2})\). Ainsi \((n+2)W_{n+2} = (n+1)W_n\).
3. Posons \(c_n = (n+1)W_{n+1}W_n\). Alors \(c_{n+1} = (n+2)W_{n+2}W_{n+1} = (n+1)W_n W_{n+1} = c_n\). La suite est donc constante. Elle vaut \(c_0 = W_1 W_0 = \frac{\pi}{2}\).
4. Par décroissance, \(W_{n+2} \leq\, W_{n+1} \leq\, W_n\). En divisant par \(W_n > 0\), on obtient \(\frac{n+1}{n+2} \leq\, \frac{W_{n+1}}{W_n} \leq\, 1\). Par encadrement, \(W_{n+1} \sim W_n\). Ensuite, \(\frac{\pi}{2} = (n+1)W_{n+1}W_n \sim n W_n^2\). Donc \(W_n^2 \sim \frac{\pi}{2n}\), et comme \(W_n > 0\), la puissance \(\frac{1}{2}\) donne \(W_n \sim \sqrt{\dfrac{\pi}{2n}}\).
5. La relation de la question 2 donne \(W_{2p} = \frac{2p-1}{2p}W_{2p-2}\). Par récurrence :
   \[W_{2p} = \frac{(2p-1)(2p-3)\cdots 1}{(2p)(2p-2)\cdots 2}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{(2p)!}{(2^p p!)^2}\cdot\frac{\pi}{2}.\]
   En effet, on multiplie numérateur et dénominateur par le produit des pairs \(2^p p!\). Ensuite, avec l’équivalent admis :
   \[\frac{(2p)!}{4^p (p!)^2} \sim \frac{C\sqrt{2p}\,(2p)^{2p}e^{-2p}}{4^p C^2 p\,p^{2p}e^{-2p}} = \frac{\sqrt{2}}{C\sqrt{p}}.\]
   Donc \(W_{2p} \sim \dfrac{\pi\sqrt{2}}{2C\sqrt{p}}\). Or la question 4 donne \(W_{2p} \sim \sqrt{\dfrac{\pi}{4p}} = \dfrac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{p}}\). Deux équivalents d’une même suite sont équivalents entre eux, et ici leur quotient est constant. Donc \(\dfrac{\pi\sqrt{2}}{C} = \sqrt{\pi}\). Ainsi \(C = \sqrt{2\pi}\), ce qui achève la preuve de la formule de Stirling.

Corrigé de l’exercice 20 : Série harmonique et constante d’Euler

1. Calculons les variations. D’une part, \(v_{n+1} – v_n = \frac{1}{n+1} – \ln(1 + \frac{1}{n})\). Avec \(x = \frac{1}{n}\), on a \(\frac{x}{1+x} = \frac{1}{n+1}\), et l’inégalité rappelée donne \(v_{n+1} – v_n \leq\, 0\). D’autre part, \(w_{n+1} – w_n = \frac{1}{n+1} – \ln(1 + \frac{1}{n+1}) \geq\, 0\), par l’inégalité \(\ln(1 + x) \leq\, x\). Enfin, \(v_n – w_n = \ln(1 + \frac{1}{n}) \to 0\). Les suites \((v_n)\) décroissante et \((w_n)\) croissante sont adjacentes : elles convergent vers une même limite \(\gamma\).
2. Comme \(v_n \to \gamma\), on a \(v_n = \gamma + o(1)\), c’est-à-dire \(H_n = \ln n + \gamma + o(1)\). De plus, par monotonie, \(w_1 \leq\, \gamma \leq\, v_1\). Or \(w_1 = 1 – \ln 2\) et \(v_1 = 1\). Donc \(1 – \ln 2 \leq\, \gamma \leq\, 1\). On retrouve au passage \(H_n \sim \ln n\).
3. La suite \((v_n)\) décroît vers \(\gamma\), donc \(v_n – \gamma \geq\, 0\). La suite \((w_n)\) croît vers \(\gamma\), donc \(\gamma \geq\, w_n\). Ainsi \(0 \leq\, v_n – \gamma \leq\, v_n – w_n = \ln(1 + \frac{1}{n}) \leq\, \frac{1}{n}\). Donc \(H_n = \ln n + \gamma + O(\frac{1}{n})\).
4. On a \(\sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k} = H_{2n} – H_n\). D’après la question 2, appliquée aux rangs \(2n\) et \(n\) :
   \[H_{2n} – H_n = \ln(2n) + \gamma – \ln n – \gamma + o(1) = \ln 2 + o(1).\]
   La limite vaut \(\ln 2\). Remarquez que l’équivalent \(H_n \sim \ln n\) seul ne suffisait pas : il aurait fallu soustraire deux équivalents.

Corrigé de l’exercice 21 : Problème, itérées du sinus

1. La fonction \(\sin\) envoie \(]0, \frac{\pi}{2}]\) dans \(]0, 1] \subset ]0, \frac{\pi}{2}]\). Par récurrence, \(u_n \in ]0, \frac{\pi}{2}]\) pour tout \(n\). Ensuite, on sait que \(\sin x < x\) pour tout \(x > 0\), donc \(u_{n+1} < u_n\). La suite est décroissante et minorée par \(0\) : elle converge vers un réel \(\ell \in [0, \frac{\pi}{2}]\). Par continuité de \(\sin\), \(\sin \ell = \ell\), ce qui impose \(\ell = 0\). Donc \((u_n)\) décroît vers \(0\).
2. D’après le développement admis, \(\sin x = x(1 + \eta(x))\) avec \(\eta(x) = -\frac{x^2}{6} + o(x^2)\). Donc \(\sin^2 x = x^2(1 + 2\eta(x) + \eta(x)^2)\). Or \(\eta(x)^2 = O(x^4) = o(x^2)\). Ainsi \(\sin^2 x = x^2(1 – \frac{x^2}{3} + o(x^2)) = x^2 – \frac{x^4}{3} + o(x^4)\). Ensuite :
   \[\frac{1}{\sin^2 x} – \frac{1}{x^2} = \frac{x^2 – \sin^2 x}{x^2\sin^2 x}.\]
   Le numérateur vaut \(\frac{x^4}{3} + o(x^4) \sim \frac{x^4}{3}\), et le dénominateur est équivalent à \(x^4\). Par quotient, la limite vaut \(\frac{1}{3}\).
3. Comme \(u_n \to 0\) avec \(u_n \neq 0\), la substitution donne \(\dfrac{1}{u_{n+1}^2} – \dfrac{1}{u_n^2} = \dfrac{1}{\sin^2 u_n} – \dfrac{1}{u_n^2} \to \dfrac{1}{3}\). Posons \(a_n = \frac{1}{u_n^2}\). Le lemme de Cesàro donne \(\frac{a_n}{n} \to \frac{1}{3}\), soit \(n u_n^2 \to 3\). Donc \(u_n^2 \sim \frac{3}{n}\). Comme \(u_n > 0\), la puissance fixe \(\frac{1}{2}\) donne \(u_n \sim \sqrt{\dfrac{3}{n}}\). La figure ci-dessous, tracée avec \(u_0 = 1\), montre les points \(u_n\) qui rejoignent la courbe de \(\sqrt{3/n}\).

4. D’une part, \(n^{1/3}u_n \sim \sqrt{3}\,n^{1/3 – 1/2} = \sqrt{3}\,n^{-1/6} \to 0\). Donc \(u_n = o(n^{-1/3})\). D’autre part, \(n u_n \sim \sqrt{3n} \to +\infty\). Ainsi \(\frac{1}{n} = o(u_n)\) : la suite tend vers \(0\) beaucoup plus lentement que \(\frac{1}{n}\). Ce résultat servira dans le chapitre sur les séries, par exemple pour étudier la nature de \(\sum u_n\).

Point de méthode : ici \(\sin x = x – \frac{x^3}{6} + \cdots\), donc \(p = 3\) ; l’exposant à choisir est \(\beta = p – 1 = 2\), ce qui explique le passage par \(\frac{1}{u_n^2}\).

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Pour aller plus loin en maths sup

• Le cours : relations de comparaison, cours de maths sup
• Les énoncés : exercices de maths sup sur relations de comparaison
• À maîtriser avant : Limites et continuité des fonctions, Suites particulières et suites récurrentes
• Chapitre précédent : Arithmétique des polynômes et fractions rationnelles
• Chapitre suivant : Développements limités et étude locale
• Tester vos connaissances : QCM de maths sup par chapitre
• Le sommaire : tous les chapitres de maths sup et les chapitres de maths spé